UPS, Licence MIA Math-M´eca 3`eme semestre, TD d’alg`ebre 2, Feuille 6 (d´ecembre 2007) CORRIGE Exercice 1. Consid´erons l’espace vectoriel E = M

UPS, Licence MIA Math-M´eca 3`eme semestre, TD d’alg`ebre 2, Feuille 6 (d´ecembre 2007) CORRIGE

Exercice 1. Consid´erons l’espace vectorielE=Mn(R).

a) Montrer qu’en posant (M|N) =trace(M^t.N) on d´efinit un produit scalaire surE.

b) SoitP ∈GLn(R). Calculer l’adjoint de l’endomorphismeudeEd´efini paru(M) =P⁻¹M P. Solution :

a) (•|•) est bilin´eaire par lin´earit´e de la transposition, bilin´earit´e du produit, et lin´earit´e de l’application trace. Elle est sym´etrique car (N|M) =trace(N^t.M) =trace(M^t.N) = (M|N) (en appliquant la propri´et´etrace(A^t) =trace(A)`aA=M^t.N). Montrons qu’elle est d´efinie positive. ∀M, N ∈E,(M|N) =P

j(M^t.N)j,j =P

i,jM_j,i^t Ni,j=P

i,jMi,jNi,j, en particulier (M|M) =P

i,jM_i,j² >0d`es queM 6= 0.

b) u^∗ est d´efini par∀M, N ∈E,(M|u^∗(N)) = (u(M)|N)

= (P⁻¹M P|N) =trace(P^t.M^t.(P⁻¹)^t.N), qu’il s’agit donc de mettre sous la forme

(M|?) =trace(M^t.?). A cet effet, appliquons la propri´et´etrace(AB) =trace(BA)`aA=P^t et B=M^t.(P⁻¹)^t.N. Ainsi,(M|u^∗(N))devient

trace(M^t.(P⁻¹)^t.N.P^t) = (M|(P⁻¹)^t.N.P^t), autrement dit

∀N ∈E, u^∗(N) = (P⁻¹)^t.N.P^t=Q⁻¹N Qpour Q=P^t.

Exercice 2. R´eduction de Gauss, noyau, rang, signature des formes quadratiques q1(x, y, z) = 6x²+ 3y²+ 3z²−8xy−8xz−6yz,

q2(x, y, z) =x²+y²+z²−2(xy+yz+zx), q3(x1, . . . , x5) =P

i<jxixj, q₄(x₁, . . . , x₅) =P

i<5x_ix_i+1. Solution :

a) q₁(x, y, z) = 6x²−8x(y+z) + 3y²+ 3z²−6yz= 6[x−²₃(y+z)]²−⁸₃(y+z)²+ 3y²+ 3z²−6yz= 6[x−²₃(y+z)]²+¹₃(y²+z²−34yz) =

6[x−²₃(y+z)]²+¹₃[(y−17z)²+ (1−17²)z²]

doncq₁est de noyau{0}, de rang 3, de signature(2,1).

b) q2(x, y, z) =x²−2x(y+z) +y²+z²−2yz= (x−y−z)²−4yz= (x−y−z)²−(y+z)²+ (y−z)² doncq₂est de noyau{0}, de rang 3, de signature(2,1).

c) q3(x1, . . . , x5) =x1x2+x1(x3+x4+x5) +x2(x3+x4+x5) +x3x4+x3x5+x4x5= (x1+x3+x4+x5)(x2+x3+x4+x5)−(x3+x4+x5)²+x3x4+x3x5+x4x5=

1

4[(x1+x2+ 2x3+ 2x4+ 2x5)²−(x1−x2)²]−x²₃−x²₄−x²₅−x3x4−x3x5−x4x5=

1

4[(x1+x2+ 2x3+ 2x4+ 2x5)²−(x1−x2)²]−x²₃−x3(x4+x5)−x²₄−x²₅−x4x5=

1

4[(x1+x2+ 2x3+ 2x4+ 2x5)²−(x1−x2)²]−(x3+^x4+x₂ ⁵)²+^(x4+x₄ ⁵⁾² −x²₄−x²₅−x4x5=

1

4[(x₁+x₂+ 2x₃+ 2x₄+ 2x₅)²−(x₁−x₂)²]−(x₃+^x4+x₂ ⁵)²−³₄(x²₄+x²₅+ 2x₄x₅/3) =

1

4[(x1+x2+ 2x3+ 2x4+ 2x5)²−(x1−x2)²]−(x3+^x4+x₂ ⁵)²−³₄[(x4+^x₃⁵)²+ 8x²₅/9]

donc q₃ est de noyau {0}, de rang 5, de signature (1,4). G´en´eralisation (par une autre m´ethode) en dimensionn≥2 (cf aussi exo 4) : q(x) =P

i<jxixj a pour matrice S/2 avec S_i,j = 0si i =j, 1 si i 6=j. S(x) = λx⇔ ∀i, λxi =P

j6=ix_j ⇔ ∀i,(λ+ 1)x_i =Px_j. Les valeurs propres deS sont donc−1(d’hyperplan propreP

xj = 0) et n−1(de droite propre x₁=. . .=x_n). La signature de qest donc(1, n−1).

1

d) q4(x1, . . . , x5) = (x1+x3)x2+ (x3+x5)x4=

1

4[(x₁+x₃+x₂)²−(x₁+x₃−x₂)²+ (x₃+x₅+x₄)²−(x₃+x₅−x₄)²]doncq₄ est de rang 4, de signature (2,2), et de noyau la droite d’´equations 0 =x2 = x4 =x1+x3 =x3+x5, engendr´ee par le vecteur(1,0,−1,0,1).

Exercice 3. (Exercice 1, sur 5 points, de l’examen de janvier 2006) On consid`ere surR<sup>3</sup>la forme quadratique Q(x, y, z) = a<sup>2</sup>x<sup>2</sup>+ (1−a)y<sup>2</sup>+ (2−a)z<sup>2</sup>−2axy+ 2axz+ 2(a−1)yz o`u a est un param`etre r´eel.

a) En utilisant l’algorithme de Gauss, ´ecrireQcomme une “somme” de carr´es de formes lin´eaires ind´ependantes.

b) En d´eduire le rang et la signature deQ.

Solution.

a) (En g´en´eral - sauf siQest positive - ce n’est pas vraiment une “somme”, mais au mieux une combinaison lin´eaire `a coefficients ´egaux `a±1). Q(x, y, z) =a²x²+2ax(z−y)+(1−a)y²+(2−

a)z²+2(a−1)yz= (ax+z−y)²−ay²+(1−a)z²+2ayz= (ax+z−y)²−a(y²−2yz)+(1−a)z²= (ax+z−y)²−a(y−z)²+z²(les trois formes lin´eaires ne sont ind´ependantes que sia6= 0).

Si a= 0,Q(x, y, z) = (z−y)²+z².

b) Lorsquea6= 0, le rang vaut donc3et la signature est(2,1) sia >0,(3,0)si a <0. Lorsque a= 0, le rang vaut2 et la signature(2,0).

Exercice 4. (Exercice 2, sur 5 points, de l’examen de janvier 2006) SurRⁿ avecn≥2 et avec la notationx= (x1, . . . , xn), on consid`ere la forme quadratiqueQ(x) =P

1≤i<j≤n(−1)^i+jxixj. a) Soient` la forme lin´eaire`(x) =P

1≤i≤n(−1)ⁱx_i etH l’hyperplan Ker(`).

i) D´emontrer que `²(x) =P

1≤i≤nx²_i + 2Q(x).

ii) D´emontrer que si x∈H\ {0} alorsQ(x)<0.

b) En d´eduire la signature deQ.

Solution.

a)

i) `²(x) = (P

1≤i≤n(−1)ⁱxi)(P

1≤j≤n(−1)^jxj) =Q(x) +R(x) +S(x)avec R(x) =P

1≤i=j≤n(−1)^i+jxixj=P

1≤i≤nx²_i et S(x) =P

1≤j<i≤n(−1)^i+jx_ix_j =P

1≤i⁰<j⁰≤n(−1)^j0+i0x_j⁰x_i⁰ =Q(x), d’o`u`²=R+ 2Q.

ii) Six∈H\ {0}, 2Q(x) = 0²−R(x)<0.

b) On en d´eduit que la signature deQest(p, q)avec (cf plus bas)q≥n−1etp+q= rang(Q)≤n.

Par ailleurs, p > 0 (car Q n’est pas n´egative, vu que Q(1,−1,0, . . . ,0) = 1). D’o`u (p, q) = (1, n−1).

Justification de “q≥n−1” (c’est cens´e ˆetre du cours mais red´emontrons-le). Soiente₁, . . . , e_n une base dans laquelle Q s’´ecrit Pp

1y_i²−Pp+q

p+1y_i², et H un s.e.v. sur lequel Q est d´efinie n´egative. Comme Q est d´efinie positive sur V ect(e1, . . . , ep), ces deux sous-espaces sont en somme directe etQ est non d´eg´en´er´ee sur cette somme, donc dimH+p≤rang(Q) =p+q, doncdimH ≤q.

Remarque (autre m´ethode) : la matrice de la forme bilin´eaire sym´etrique associ´ee a pour valeurs propres −1/2 (d’ordre n−1, d’hyperplan associ´e H) et ⁿ⁻¹₂ (d’ordre 1, de droite associ´ee H^⊥). Ou encore : Q(x) = q(s(x)) o`u q est la forme quadratique ´etudi´ee dans l’exercice 1.c etsest la sym´etrie orthogonale d´efinie pars(x) = ((−1)ⁱx_i)_1≤i≤n. Les matrices

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sym´etriques associ´ees `aQetqont donc mˆemes valeurs propres (et les sous-espaces propres de l’une sont les transform´es parsde ceux de l’autre), donc mˆeme signature.

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